Prove que a Lagrangiana abaixo,
L=e^{\gamma t}\left(\frac{m \dot{x}^{2}}{2}-\frac{m \omega_{0}^{2} x^{2}}{2}\right)
gera a equação de movimento de um oscilador harmônico amortecido. Mostre que a transformação q=e^{\frac{\gamma t}{2}} x elimina a dependêcia temporal explícita da Lagrangiana. A partir da Lagrangiana sem dependência temporal, obtenha a expressão do Hamiltoniano correspondente.

Passo 1

O enunciado nos dá a Lagrangiana com dependência explícita em t:
L = e^{\gamma t}\Bigl(\frac{m\dot{x}^{2}}{2} - \frac{m\omega_{0}^{2}x^{2}}{2}\Bigr)
e pede (i) provar que ela gera a equação de um oscilador amortecido, (ii) mostrar que a transformação
q = e^{\frac{\gamma t}{2}}\,x
elimina essa dependência temporal explícita, e (iii) obter o Hamiltoniano da nova Lagrangiana independente de t. Vamos usar a equação de Euler–Lagrange, a substituição direta e, em seguida, a definição de momento canônico e de Hamiltoniano.

Passo 2

Aplicamos Euler–Lagrange em x:
\frac{d}{dt}\Bigl(\frac{\partial L}{\partial\dot x}\Bigr)\;-\;\frac{\partial L}{\partial x}=0.
Como
\frac{\partial L}{\partial \dot x} = e^{\gamma t}\,m\dot x, \quad \frac{d}{dt}\bigl(e^{\gamma t}m\dot x\bigr) = m\,e^{\gamma t}(\ddot x + \gamma\dot x),
e
\frac{\partial L}{\partial x} = -e^{\gamma t}\,m\omega_{0}^{2}x,
a equação de Euler–Lagrange vira
m\,e^{\gamma t}(\ddot x + \gamma\dot x) + e^{\gamma t}\,m\omega_{0}^{2}x = 0 \;\;\Longrightarrow\;\; \ddot x + \gamma\dot x + \omega_{0}^{2}x = 0,
que é, de fato, o oscilador harmônico amortecido.

Passo 3

Fazemos a mudança de variável
q = e^{\frac{\gamma t}{2}}\,x \quad\Longrightarrow\quad x = e^{-\frac{\gamma t}{2}}\,q.
Calculamos \dot x:
\dot x = e^{-\frac{\gamma t}{2}}\,\dot q - \frac{\gamma}{2}\,e^{-\frac{\gamma t}{2}}\,q = e^{-\frac{\gamma t}{2}}\bigl(\dot q - \tfrac{\gamma}{2}q\bigr).
Substituindo em L:
L = e^{\gamma t}\frac{m}{2}\Bigl[e^{-\gamma t}(\dot q - \tfrac{\gamma}{2}q)^{2} - \omega_{0}^{2}e^{-\gamma t}q^{2}\Bigr] = \frac{m}{2}(\dot q - \tfrac{\gamma}{2}q)^{2} - \frac{m\omega_{0}^{2}}{2}\,q^{2}.

Passo 4

Expandindo o quadrado:
L = \frac{m}{2}\dot q^{2} - m\,\frac{\gamma}{2}\,q\,\dot q + \frac{m\gamma^{2}}{8}q^{2} - \frac{m\omega_{0}^{2}}{2}q^{2}.
O termo -m\frac{\gamma}{2}q\dot q é uma derivada total:
-m\,\frac{\gamma}{2}q\,\dot q = -\,\frac{d}{dt}\Bigl(\frac{m\gamma}{4}q^{2}\Bigr),
logo não afeta as equações de movimento e pode ser desprezado. Definimos então a Lagrangiana equivalente, sem dependência explícita em t:
L' = \frac{m}{2}\dot q^{2} - \frac{m}{2}\Bigl(\omega_{0}^{2} - \frac{\gamma^{2}}{4}\Bigr)q^{2}.

Passo 5

Do L', obtemos o momento canônico
p = \frac{\partial L'}{\partial \dot q} = m\,\dot q.
E o Hamiltoniano
H = p\,\dot q - L' = m\dot q^{2} - \Bigl[\tfrac{m}{2}\dot q^{2} - \tfrac{m}{2}\bigl(\omega_{0}^{2}-\tfrac{\gamma^{2}}{4}\bigr)q^{2}\Bigr] = \frac{p^{2}}{2m} + \frac{m}{2}\Bigl(\omega_{0}^{2}-\frac{\gamma^{2}}{4}\Bigr)q^{2}.

Resposta

A Lagrangiana dada gera a equação
\ddot x + \gamma\dot x + \omega_{0}^{2}x = 0.
Após q=e^{\gamma t/2}x, a Lagrangiana torna-se
L' = \frac{m}{2}\dot q^{2} - \frac{m}{2}\Bigl(\omega_{0}^{2} - \tfrac{\gamma^{2}}{4}\Bigr)q^{2},
sem dependência explícita em t, e o Hamiltoniano correspondente é
H = \frac{p^{2}}{2m} + \frac{m}{2}\Bigl(\omega_{0}^{2}-\tfrac{\gamma^{2}}{4}\Bigr)q^{2}.

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